2023届高三数学一轮复习课时过关检测(33)数列的综合应用.doc

1、课时过关检测(三十三) 数列的综合应用A级基础达标1(2022宜昌测试)已知数列an，若an1anan2(nN*)，则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 023项和为()A4B5C1D1解析：C由“凸数列”的定义及b11，b22，得b33，b41，b52，b63，b71，b82，数列bn是周期为6的周期数列，且b1b2b3b4b5b60，于是数列bn的前2 023项和等于b11，故选C2(2022天津模拟)若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq(

2、)A17B18 C19D20解析：D由题设知：abp0，abq0，a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，则a22b或b22a或ab4(舍)；a，b，2这三个数可适当排序后成等比数列，则ab4或2ab2(舍)或2ba2(舍)；或解得或或(舍)p5，q4，则pq20故选D3一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔则该塔的阶数是()A10B11C12D13解析：C由第一阶1座，第二阶3

3、座，第三阶3座，第四阶5座，则前四阶共12座则从第五阶后共有1081296座设第五阶塔的数目为a1，则a15，设从第五阶开始自上而下，每一层的塔的数目为an，由从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列所以ana1(n1)d52(n1)2n3，所以Sn n24n，所以由Snn24n96，解得n8或n12 (舍去)所以该塔的阶数是4812故选C4(多选)(2022福州质检)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学如图，有一列曲线P0，P1，P2，Pn，已知P0是边长为1的等边三角形，Pk1是对Pk进行如下操作而得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作

4、等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k0,1,2，)记Pn的周长为Ln，面积为Sn对于nN，下列结论不正确的是()A为等差数列B为等比数列CM0，使Ln0，使SnM解析：ABC易知封闭曲线的周长数列Ln的首项L03，公比为，故Ln3n易知Pk的边数为34k，边长为，故Pk1的面积比Pk的面积增加了34k2k，所以Sk1Skk(k0,1,2，)，所以Snn所以，所以不为等差数列也不为等比数列，所以A、B均错误；当n时，Ln3n，所以C错误；而Sn，所以D正确故选A、B、C5(2022湖北模拟)定义n个正数p1，p2，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列an的前n项的“均倒数”为，则a2 02

5、1_解析：设数列an的前n项和为Sn，由已知可得数列an的前n项的“均倒数”为，可得Sn(2n1)n2n2n，所以a2 021S2 021S2 020(22 02122 021)(22 02022 020)8 083答案：8 0836(2022遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(xy)f(x)f(y)，若数列an的前n项和为Sn，且满足f(Sn2)f(3)f(an)，则an_解析：由题意可得Sn23an，当n2时，Sn123an1，则，可得an3an3an1，即2an3an1，所以，当n1时，a11 ，所以an是以1为首项，为公比的等比数列，所以

6、ana1qn1n1答案：n17(2022文登期中)已知数列an的前n项和为Sn，满足Snan2bn(a，b均为常数)，且a7设函数f(x)sin 2x2cos2，记ynf(an)，则数列yn的前13项和为_解析：Snan2bn，当n2时，有anSnSn12anba；又当n1时，有S1a1ab也适合上式，an2anba，又an1an2a为常数，数列an是公差为2a的等差数列，又a7，ana14n，f(x)sin 2x2cos2sin 2xcos x1，yny14nf(an)f(a14n)sin 2ansin 2a14ncos ancos a14n2sin 2ansin 2(an)cos anco

7、s(an)22，又y7f(a7)1，数列yn的前13项和为f(a1)f(a2)f(a12)f(a13)26113答案：138数列an满足：a11，点(n，anan1)在函数ykx1的图象上，其中k为常数，且k0(1)若a1，a2，a4成等比数列，求k的值；(2)当k3时，求数列an的前2n项的和S2n解：(1)由anan1kn1可得a1a2k1，a2a32k1，a3a43k1，所以a2k，a3k1，a42k又a1，a2，a4成等比数列，aa1a4，即k22k，又k0，故k2(2)k3时，anan13n1，a1a24，a3a410，a2n1a2n3(2n1)1，S2n4106n2n3n2nB级综

8、合应用9(多选)(2022潍坊模拟)在数列an中，若anan13n，则称an为“和等比数列”设Sn为数列an的前n项和，且a11，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有()Aa2 020Ba2 020CS2 021DS2 021解析：AC因为anan13n，所以an1an23n1，两式相减得an2an23n，又a11，a1a23，所以a22，所以a2 020(a2 020a2 018)(a2 018a2 016)(a4a2)a22(323432 018)2，故A正确，B错误；S2 021a1(a2a3)(a4a5)(a2 020a2 021)1(323432 020)，故C正确，D错误故选A、

9、C10(2022江苏模拟)已知数列an的前n项和为Sn，点在直线yx上若bn(1)nan，数列bn的前n项和为Tn，则满足|Tn|20的n的最大值为_解析：由题意知，则Sn，当n1时，a1S12；当n2时，anSnSn13n1而a13112，符合上式，an3n1，nN*，bn(1)nan(1)n(3n1)，Tn25811(1)n(3n1)，当n为奇数时，Tn(3n1)，当n为偶数时，Tn，要使|Tn|20，即20且20，解得n13且nN*答案：1311已知数列an的前n项和为Sn，且Sn14an，nN*，a11(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求an的通项公式；数列是等差数列；数列是等

10、比数列；数列是等比数列(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分解：(1)选结论因为Sn14an，a11，所以a23当n2时，Sn4an1，两式相减得，an14an4an1，所以2，即，n2，所以数列是等差数列又，所以(n1)，所以an(n1)2n2选结论因为Sn14an，a11，所以a23当n2时，Sn4an1，两式相减得，an14an4an1，所以an12an2(an2an1)，n2，因为a22a11，所以an12an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an12an2n1，两边同时除以2n1得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以(n1)，所

11、以an(n1)2n2选结论因为Sn14an，a11，所以S24当n2时，Sn14Sn4Sn1，所以Sn12Sn2(Sn2Sn1)，因为S22S12，所以Sn12Sn是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn12Sn2n，两边同时除以2n1，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以(n1)，所以Snn2n1所以an(n1)2n2(2)由(1)得，Snn2n1，所以bn44，所以Tn444C级迁移创新12(2022南京质检)将正整数12分解成两个正整数的乘积有112,26,34三种，其中34是这三种分解中两数差的绝对值最小的一种，我们称34为12的最佳分解当pq(p，qN*)是正整数n的最佳分解

12、时，我们定义函数f(n)|pq|，例如f(12)|43|1，则(2i)()A21 0111B21 011C21 0101D21 010解析：A(2i)f(2)f(22)f(22 021)|2120|2121|2221|2222|21 01021 010|21 01021 011|1020021 010122221 01021 0111故选A13(2022湖南模拟)某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在(1)的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：记等比数列an的前n项和为Sn，已知_判断

13、S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)若a1a33，记bn|an|，求证：b1b2bn(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列an的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；(2)利用(1)补充的条件，完成的证明过程解：(1)条件的“已知”后面补充“公比q”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，得S1S22S3，即a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)因为a10，故上式可化简为2q2q0，因为q0，解得q(2)证明：因为a1a33，所以a1a123，解得a14，所以an4n1由bn|an|，得bn4记b1b2bnTn，则Tn，则Tn，由，得Tn，所以Tn，所以Tn